2022-2023学年新疆和田地区和田县高二上学期11月期中教学情况调研数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年新疆和田地区和田县高二上学期11月期中教学情况调研数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆和田地区和田县高二上学期11月期中教学情况调研数学试题 一、单选题1．已知为实数，则“”是“方程表示的曲线为椭圆”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】取曲线不是椭圆，充分性不成立；反之成立.【详解】当时，取 曲线是圆而不是椭圆，故充分性不成立；当方程表示的曲线为椭圆时，成立，所以“”是“方程表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.故选：B【点睛】方法点晴：曲线表示椭圆的充要条件是：，且.2．若直线（为参数）与直线垂直，则常数（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】首先，将参数方程化为普通方程，然后，利用直线与直线的垂直关系，确定的值．【详解】直线为参数），消去参数，得，与直线垂直，，故选：A．3．方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意可知解得.【解析】椭圆的标准方程及几何性质.4．直线的倾斜角的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题知直线斜率为，进而根据倾斜角与斜率关系求解即可.【详解】解：直线，即，斜率为，所以，设直线的倾斜角为，，则，由正切函数的图象可知．故选：D5．设复数，在复平面所对应的点为与，则关于点、与以原点为圆心，10为半径的圆的位置关系，描述正确的是（    ）A．点在圆上，点不在圆上； B．点不在圆上，点在圆上；C．点、都在圆上； D．点、都不在圆上．【答案】A【分析】根据复数的几何意义确定与，再根据与到的距离，结合点与圆位置关系的判定分析即可【详解】由题意，，，因为到的距离，到的距离，故点在圆上，点不在圆上故选：A6．直线的倾斜角为（    ）A．75° B．105° C．165° D．15°【答案】C【解析】由得斜率，根据诱导公式化简即可.【详解】解：由，，故选：C【点睛】考查已知直线方程求直线倾斜角的方法以及诱导公式的用法，基础题.7．如果圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，则实数a的取值范围是（　　）A． B．C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，1）【答案】A【分析】由题意可转化成对应的两圆相交，可得：R﹣r＜|OC|＜R+r，即：13，解不等式即可．【详解】解：∵圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，∴圆O：x2+y2＝4与圆C：（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1相交，∵|OC|，由R﹣r＜|OC|＜R+r得：13，∴，∴﹣2a＜0或0＜a＜2．故选A．【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系知识，考查转化能力及计算能力，属于基础题．8．已知实数4，m，9构成一个等比数列，则圆锥曲线＋y2＝1的离心率为（    ）A． B． C．或 D．或7【答案】C【分析】根据等比中项可求，然后代入曲线方程分别得到曲线为椭圆和双曲线，根据离心率的公式即可求解.【详解】实数4，，9构成一个等比数列，可得，当时，圆锥曲线为椭圆,则其离心率为：．当时，圆锥曲线为双曲线,其离心率为：．故选：C． 二、多选题9．下列数学符号可以表示单位向量的是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据单位向量的定义及模为1，逐一分析四个选项，根据向量坐标求出向量的模，即可判断A选项；根据向量坐标和同角三角函数的平方关系，即可判断B选项；根据平面向量的数量积运算，即可判断C选项；根据单位向量的定义，即可判断D选项，从而得出答案.【详解】解：因为单位向量的模为1，对于A：，故A错误；对于B：，故为单位向量，故B正确；对于C：，为数量，不是向量，故C错误；对于D：，由定义可得为单位向量，故D正确；故选：BD.10．已知 的最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）A．B．的最大值为2C．为的一条对称轴D．为的一个对称中心【答案】ACD【分析】由题意利用三角函数恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的图像和性质即可求解．【详解】解：，即，所以，解得，故A正确；所以，因为，所以，故B错误；，所以函数关于对称，故C正确；，所以为的一个对称中心，故D正确；故选：ACD11．在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则以下说法正确的是（    ）A．当时，平面B．当时，存在唯一点P使得DP与直线的夹角为C．当时，的最小值为D．当点P落在以为球心，为半径的球面上时，的最小值为【答案】ACD【分析】根据已知条件，结合向量关系，分别对答案进行空间关系的判断和求值即可.【详解】当时，如图（1），的轨迹为线段，由正方体的结构特征，可知平面平面，而平面，∴平面，故A正确；当时，如图（1），点的轨迹为线段，直线直线，当与重合时，与直线所成角最大，即与直线所成角最大，最大为，故B错误；当时，如图（2），点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知．故C正确；当点落在以为球心，为半径的球面上时，点的轨迹为以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，建立如图所示的平面直角坐标系，则，则的轨迹方程为：，设，有可得，故，故，因为，故当时，．故D正确．故选：ACD．12．已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的值可能为（    ）A．7 B．10 C．17 D．19【答案】ABC【分析】右焦点为，求出的范围，利用椭圆定义，从而可得出的取值范围，可判断各选项．【详解】由题意可得，则，故．因为点P在椭圆E上，所以，所以，故，由于，所以，故的可能取值为7，10，17．故选：ABC．【点睛】本题考查椭圆的定义，在涉及到椭圆上点到一个的焦点的距离时，可利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，从而得出相应范围． 三、填空题13．平行四边形ABCD的边AB和BC所在的直线方程分别是，，对角线的交点是，则平行四边形ABCD的面积为______.【答案】50【分析】设直线CD的方程为，利用平行四边形的性质和点到直线的距离公式求出m即可．进而求出点的坐标，利用两点间的距离公式求出．再利用点到直线的距离公式可得O到BC的距离为，结合平行四边形的面积公式即可求出结果.．【详解】设直线CD为，O到直线CD的距离，解得或（舍去）．即．直线为．由得即.由得，即，所以.O到BC的距离为，所以.故答案为：50.14．已知集合，，则___________.【答案】【分析】先利用指数函数和二次函数的性质化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.【详解】因为集合，，所以,故答案为：15．在平面直角坐标系中，若圆的圆心在第一象限，圆与轴相交于、两点，且与直线相切，则圆的标准方程为_________.【答案】.【分析】设圆心与半径，根据条件列方程组，解得结果.【详解】设圆：，则，解得【点睛】本题考查圆的标准方程，考查基本分析运算能力，属基础题.16．若A点坐标为，是椭圆的下焦点，点是该椭圆上的动点，则的最大值为，最小值为，则__________．【答案】【分析】，，，由此结合图象能求出其最值.【详解】椭圆即为，可得，，，设是椭圆的上顶点，，那么，∴.①根据三角形三边关系可知，当点位于时，的差最大为，此时、、P三点共线，易得，∴最大值为；②根据三角形三边关系可知，当点位于时，的差最小为，此时、、P三点共线，∴最小值为．即，，.故答案为：. 四、解答题17．已知椭圆的下焦点为，与短轴的两个端点构成正三角形，以（坐标原点）为圆心，长为半径的圆与直线相切．（1）求椭圆的方程；（2）设点为直线上任意一点，过点作与直线垂直的直线，交椭圆于两点，的中点为，求证：三点共线．【答案】(1) .(2)见解析.【分析】（1）根据题意得到a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）证明即证明三点共线.【详解】（1）由题意得，，解得，则椭圆的方程为（2）由题意知，设，当时，的中点为，此时三点共线，符合条件；当时，，则，∴直线的方程为，联立得，，设，则，∴，∴，则的中点的坐标为，∴，又 ，∴，∴三点共线.【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查三点共线的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18．如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上.（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.【详解】（1）由得圆心，∵圆的半径为1，∴圆的方程为：，显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即．∴，∴，∴或．∴所求圆的切线方程为或．（2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，则圆的方程为．又∵，∴设为，则，整理得，设为圆．所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，∴，由，得，由，得．综上所述，的取值范围为．【解析】1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在. 19．在平面直角坐标系中，点、、．(1)求以线段为邻边的平行四边形两条对角线的长；(2)在平面内一点满足，若为直角三角形，且为直角，试求实数的值．【答案】(1)两条对角线的长分别为、；(2). 【分析】（1）应用向量的坐标表示及向量加减的几何意义求对角线长度．（2）根据向量线性关系的坐标表示求坐标，再由直角三角形有，应用数量积的坐标表示列方程求参数.【详解】（1）由题设知，，则所以，故所求的两条对角线的长分别为、．（2）由题设知：且，则，由为直角三角形， 当，则，即，得，所以，满足题意的实数.20．如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，，，且（1）设点M为棱中点，求证平面；（2）线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值等？若存在，试求出线段的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；或．【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据空间向量的数量积即可求解.（2）求出平面的一个法向量，根据线面角即可求解.【详解】证明：（1）∵平面平面，平面平面，，∴平面，又，∴直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，∴∴，∵平面，∴为平面的一个法向量，∵∴，又平面，∴平面（2）解：∵，设平面的法向量为，则∴，令，得假设线段上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值等于．设，∴∴∴，或．∴线段上存在两个点使当或时，直线与平面所成角的正弦值等于．21．如图，多面体PQABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，，，，．（1）设点F为棱CD的中点，求证：对任意的正数a，四边形PQFA为平面四边形；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取棱的中点，证明CD⊥平面AFQ，CD⊥平面PAF即可；（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出所需向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，然后由线面角的计算公式求解即可．【详解】解：（1）取棱的中点，则有，，又，所以CD⊥平面AFQ，在菱形中，，所以，又平面，所以有，，所以CD⊥平面PAF．由AFQ与平面PAF均过点A可得平面AFQ与平面PAF重合．即P、Q、F、A共面，所以PQFA为平面四边形；（2）分别以AB、AF、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则当时，由可得，设在平面内的射影为，则有相似于，即，所以Q的坐标为，设平面的一个法向量为，， 则有，即，令，有． 设直线与平面所成角为，则．即直线与平面所成角的正弦值为．22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点，与交于，两点，且的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点关于原点的对称点为点，若面积为，求的值.【答案】（1）；（2），或.【分析】（1）直线方程中，令，可得，由的周长根据定义可求出，然后可求出，写出标准方程即可；（2）设，，联立直线椭圆方程，表示出韦达定理，根据用表示出，解方程即可求出.【详解】（1）在直线方程中，令，得，则，又的周长，∴，∴，故椭圆的标准方程为；（2）设，,由消去得,所以，,易得,所以,解得，或.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，属于综合题.